电力拖动自动控制系统—运动控制系统答案

1、电力拖动自动控制系统运动控制系统第一章闭环控制的直流调速系统11为什么PWM电动机系统比晶闸管电动机系统能够获得更好的动态性能？答：PWM电动机系统在很多方面有较大的优越性：（1）主电路线路简单，需用的功率器件少。（2）开关频率高，电流容易连续，谐波少，电机损耗及发热都较小。（3）低速性能好，稳速精度高，调速范围宽，可达1：10000左右。（4）若与快速响应的电动机配合，则系统频带宽，动态响应快，动态抗扰能力强。（5）功率开关器件工作在开关状态，导通损耗小，当开关频率适当时，开关损耗也不大，因而装置效率较高。（6）直流电源采用不控整流时，电网功率因数比相控整流器高。12试分析有制动通路的不可逆

2、PWM变换器进行制动时，两个VT 是如何工作的。答：在制动状态中，id为负值，VT2就发挥作用了。这种情况发生在电动运行过程中需要降速的时候。这时，先减小控制电压，使Ug1 的正脉冲变窄，负脉冲变宽，从而使平均电枢电压Ud降低。但是，由于机电惯性，转速和反电动势还来不及变化，因而造成E>Ud，很快使电流id反向，VD2截止，在ton t时，Ug2变正，于是VT2导通，反向电流沿回路3流通，产生能耗制动作用。在Tt+ton时，VT2关断，id沿回路4经VD1续流，向电源回馈制动，与此同时，VD1两端压降钳住VT1使它不能导通。在制动状态中，VT2和VT1轮流导通，而VT1始终是关断的。在轻

3、载电动状态，这时平均电流较小，以致在VT1关断后id经VD2续流时，还没有达到周期，电流已经衰减到零，这时VD2两端电压也降为零，VT2便提前导通了，使电流反向，产生局部时间的制动作用。调速范围和静差率的定义是什么？调速范围、静差速降和最小静差率之间有什么关系？为什么说“脱离了调速范围，要满足给定的静差率也就容易得多了”？答：生产机械要求电动机提供的最高转速和最低转速之比叫做调速范围，用字母表示，即D=nmaxnmin其中，nmax和nmin一般都指电动机额定负载时的最高和最低转速，对于少数负载很轻的机械，可以用实际负载时的最高和最低转速。当系统在某一转速下运行时，负载由理想空载增加到额定值时

4、所对应的转速降落，与理想空载转速之比，称作静差率s，即或用百分比表示s=nNn0s =nN ×100%n0在直流电动机变压调速系统中，一般以电动机的额定转速nN作为最高转速则s =nNn0=nNnmin +nNnmin= nNsnN=(1s)nNsD= nmaxnmin=nNSnN(1S)由上式可看出调速系统的调速范围、静差速降和最小静差率之间的关系。对于同一个调速系统，nN值一定，如果对静差率要求越严，即要求s值越小时，系统能够允许的调速范围也越小。一个调速系统的调速范围，是指在最低速时还能满足所需静差率的转速可调范围。某一调速系统，测得的最高转速特性为nOmax =1500r/m

5、in，最低转速特性为nOmin =150r/min，带额定负载时的速度降落nN =15r/min，且在不同转速下额定速降nN不变，试问系统能够达到的调速范围有多大？系统允许的静差率是多少？解系统能够达到的调速范围为D= nmaxnmin= 150015015=11系统允许的静差率s=DnNnN +DnN×100%=11×151500+11×15×100%=10%某闭环调速系统的调速范围是1500150r/min，要求系统的静差率s2%，那么系统允许的静态速降是多少？如果开环系统的静态速降是100r/min，则闭环系统的开环放大倍数应有多大？解因为s= n

6、Nn0=nNnmin +nNn =nmins=150×0.02=3.06r/min所以N1s10.02因为ncl= nop1+Kn100K=op 1=1=31.7所以ncl3.0616某闭环调速系统的开环放大倍数为15时，额定负载下电动机的速降为8r/min，如果将开环放大倍数提高到30，它的速降为多少？在同样静差率要求下，调速范围可以扩大多少倍？解（1）因为n =RIdeclC（1+K）Ccl所以RId=n（e1+K）=8×（1+15）=128RI128cl则n=d=4.13r/minC（e 1+K）1+30（2）由D=nNSnN(1S)，可知在s 和nN不变的情况下，D

7、 只与nN有关调速范围扩大1.94倍。17某调速系统的调速范围D=20，额定转速nN=1500r/min，开环转速降落nNop =240r/min，若要求系统的静差率由10%减少到5%，则系统的开环增益将如何变化？解；当s=10%时，n =nNs= 1500×0.1=8.33r/minND（1-s）nop20×（1-0.1）240此时K=1=1=27.8当s=5%时，ncln =8.33nNs=1500×0.05=3.95r/minNnopD（1-s）24020×（1-0.05）此时K=1=1=59.8ncl3.95则若要求系统的静差率由10%减少到5%

8、，则系统的开环增益将变大。18转速单闭环调速系统有那些特点？改变给定电压能否改变电动机的转速？为什么？如果给定电压不变，调节测速反馈电压的分压比是否能够改变转速？为什么？如果测速发电机的励磁发生了变化，系统有无克服这种干扰的能力？答：（1）转速单闭环调速系统有以下三个基本特征只用比例放大器的反馈控制系统，其被被调量仍是有静差的。反馈控制系统的作用是：抵抗扰动，服从给定。扰动性能是反馈控制系统最突出的特征之一。系统的精度依赖于给定和反馈检测的精度。（2）改变给定电压会改变电动机的转速，因为反馈控制系统完全服从给定作用。（3）如果给定电压不变，调节测速反馈电压的分压比或测速发电机的励磁发生了变化，

9、它不能得到反馈控制系统的抑制，反而会增大被调量的误差。反馈控制系统所能抑制的只是被反馈环包围的前向通道上的扰动。19在转速负反馈调速系统中，当电网电压、负载转矩、电动机励磁电流、电枢电阻、测速发电机励磁各量发生变化时，都会引起转速的变化，问系统对上述各量有无调节能力？为什么？答：当电网电压发生变化时，系统对其有调节能力。因为电网电压是系统的给定反馈控制系统完全服从给定。负载转矩、电动机励磁电流、电枢电阻变化时系统对其有调节能力。因为他们的变化最终会影响到转速，都会被测速装置检测出来。再通过反馈控制作用，减小它们对稳态转速的影响。测速发电机励磁各量发生变化时，它不能得到反馈控制系统的抑制，反而会

10、增大被调量的误差。反馈控制系统所能抑制的只是被反馈环包围的前向通道上的扰动。110有一VM 调速系统。电动机参数为：PN =2.2kW，UN =220V，IN =12.5A，nN =1500r/min，电枢电阻Ra =1.2，整流装置内阻Rrec =1.5，触发整流环节的放大倍数Ks =35。要求系统满足调速范围D=20，静差率s10%。（1）计算开环系统的静态速降nop和调速要求所允许的闭环静态速降ncl。（2）采用转速负反馈组成闭环系统，试画出系统的原理图和静态结构框图。n dNN（3）调整该系统参数，使当U=15V时，I =I，n=n，则转速负反馈系数应该是多少？（4）计算放大器所需的放

11、大倍数。解：（1）先计算电动机的电动势系数eC =UN INRanN=22012.5×1.2 =0.1367Vmin/r1500则开环系数额定速降为（1.2+1.5）nop= INR=12.5×=246.9r/minCe0.1367额定负载时的稳态速降应为n=nNs 1500×0.1=8.33r/minclD（1-s）20×（1-0.1）（2）系统的静态结构框图如下所示U*n +UnUnKsUcKpKsUd0+- IdREn1/Ce-Un转速负反馈系统的原理图U+*+nnUnU-UcA UcGTI+IdUddUPEUdM+-Un- Un +-+tgU-t

12、gn+TTG-n（3）当U=15V时，Id=IN，n=nN，则转速负反馈系数应该是=Un=Un = 15=0.01nnN（4）闭环系统的开环放大系数应为1500n246.9K=op 1=1=28.64ncl8.33运算放大器所需的放大倍数KP =KKS /Ce=28.640.01×35/0.1367=11.19111在题1-10的转速负反馈系统中增设电流截止环节，要求堵转电流Idbl 2IN，临界截止电流Idcr 1.2IN，应该选用多大的比较电压和电流反馈采样电阻？要求电流反馈采样电阻不超过主电路总电阻的1/3，如果做不到，需要增加电流反馈放大器，试画出系统的原理图和静态结构框图，

13、并计算电流反馈放大系数。这时电流反馈采样电阻和比较电压各为多少？RU+I=nUcom2I解：因为dblNSI=Ucom1.2IRdcrNS且U=15V，计算可得R=1.5，U=22.5VnscomU+I=nUcom2IRdblNSI=Ucom1.2ISdcrKRN112某调速系统原理图如图1-58所示，已知数据如下：电动机；PN =18kW，UN =220V，IN =94A，nN=1000r/min，Ra =0.15，整流装置内阻Rrec =0.3，触发整流环节snm的放大倍数K =40。最大给定电压U=15V，当主电路电流达到最大值时，整定电流反馈电压Uim =10V设计指标：要求系统满足调

14、速范围D=20，静差率s10%，Idbl =1.5IN，。Idcr =1.1IN。试画出系统的静态结构框图，并计算：（1）转速反馈系数。（2）调节器放大系数Kp。（3）电阻R1的数值。（放大器输入电阻R0 =20k）（4）电阻R2的数值和稳压管VS 的击穿电压值。解：（1）转速负反馈系数应该是=Un=Un = 15=0.015nnN1000（2）先计算电动机的电动势系数eC =UN IN RanN=22094×0.15=0.2059Vmin/r1000则开环系数额定速降为（0.15+0.3）nop= IN R=94×Ce0.2059=205.4r/minn=nNs 1000

15、×0.1=5.56r/minclD（1-s）20×（1-0.1）闭环系统的开环放大系数应为n205.4K=op 1=1=35.9ncl运算放大器所需的放大倍数5.56KP =KKS /Ce=35.90.015×40/0.2059=12.3113在电压负反馈单闭环有静差调速系统中，当下列参数发生变化时系统是否有调节作用，为什么？（1）放大器的放大系数Kp；（2）供电电网电压；（3）电枢电阻Ra；（4）电动机励磁电流；（5）电压反馈系数。答：在电压负反馈单闭环有静差调速系统中，当放大器的放大系数Kp发生变化时系统有调节作用再通过反馈控制作用，因为他们的变化最终会影响到

16、转速，减小它们对稳态转速的影响。电动机励磁电流、电枢电阻Ra发生变化时仍然和开环系统一样，因为电枢电阻处于反馈环外。当供电电网电压发生变化时系统有调节作用。因为电网电压是系统的给定反馈控制系统完全服从给定。当电压反馈系数发生变化时，它不能得到反馈控制系统的抑制，反而会增大被调量的误差。反馈控制系统所能抑制的只是被反馈环包围的前向通道上的扰动。1-13有一个VM 系统，已知：电动机：PN =2.8kW，UN =220V，IN =15.6A，nN=1500r/min，Ra =1.5，整流装置内阻Rrec =1，触发整流环节的放大倍数Ks =35。（1）系统开环工作时，试计算调速范围D=30时的静差

17、率s 值。（2）当D=30，s=10%，计算系统允许的稳态速降。n（3）如组成转速负反馈有静差调速系统，要求D=30，s=10%，在U=10V时，Id =IN，n=nN，计算转速负反馈系数和放大器放大系数Kp。n（4）如将上述调速系统改为电压负反馈有静差调速系统，仍要求U=10V时，Id =IN，n=nN并保持系统原来的开环放大系数K不变，试求在D=30时静差率。解：（1）系统开环工作时，eC =UN IN RanN=22015.6×1.5 =0.1311Vmin/r1500则开环系数额定速降为（1.5+1）nop= IN R=15.6×=297.5r/minCe0.131

18、1Dn30×297.5则s= N ×100%=×100%=85.6%nN +DnN1500+30×297.5（2）当D=30，s=10%，系统允许的稳态速降n =nNs=1500×0.1=5.56r/minND（1-s）30×（1-0.1）n（3）当U=10V时，Id =IN，n=nN，则转速负反馈系数 应该是=Un=Un = 10=0.007nnN1500闭环系统的开环放大系数应为n297.5K=op 1=1=52.51ncl5.56运算放大器所需的放大倍数KP =KKS /Ce=52.510.007×35/0.1311=

19、30.6（4）在电压负反馈有静差调速系统中，开环与闭环的速降是一样的，所以ncl =nop =297.5r/mins=DnNnN +DnN×100%=30×297.51500+30×297.5×100%=85.6%1-15在题1-10 的系统中，若主电路电感L=50mH，系统运动部分的飞轮惯量GD2 =1.6Nm2，整流装置采用三相零式电路，试判断按题1-10要求设计的转速负反馈系统能否稳定运行？如果保证系统稳定运行，允许的最大开环放大系数K是多少？解：计算系统中各环节的时间常数：L0.05电磁时间常数T=0.0185slR1.2+1.5机电时间常数GD

20、2Re mTm=375C C=1.6×(1.2+1.5)375×0.1367×30×0.1367=0.065s三相桥式整流电路，晶闸管装置的滞后时间常数为Ts =0.00167s为保证系统稳定，开环放大系数应满足的稳定条件：T(T+T)+T20.065×(0.0185+0.00167)+0.001672K< m l s s =TlTs0.0185×0.00167=42.5因为23.1>28.75,所以该系统不可以稳定运行,如果保证系统稳定运行，允许的最大开环放大系数K 最大为23.1.1-16为什么用积分控制的调速系统是无

21、静差的？在转速单闭环调速系统中，当积分调节器的输入偏差电压U=0时，调节器的输出电压是多少？它取决于那些因素？答；在动态过程中，当Un变化时，只要其极性不变，积分调节器的输出Uc便一直增长；nnncncn只有达到U=U,U =0时，U 才停止上升；不到U 变负，U 不会下降。当U =0时，Uc并不是零，而是一个终值；如果Un不再变化，这个终值便保持恒定而不再变化，这是积分控制的特点。因此，积分控制可以使系统在无静差的情况下保持恒速运行，实现无静差调速。比例调节器的输出只取决于输入偏差量的现状，而积分调节器的输出则包含了输入偏差量的全部历史。虽然现在Un =0，但历史上有过Un，其积分就有一定数

22、值，足以产生稳态运行时需要的控制电压Uc。1-17在无静差转速单闭环调速系统中，转速的稳态精度是否还受给定电源和测速发电机精度的影响？并说明理由。答：系统的精度依赖于给定和反馈检测的精度。因此转速的稳态精度还受给定电源和测速发电机精度的影响。1-18采用比例积分调节器控制的电压负反馈调速系统，稳态运行时的速度是否有静差？为什么？试说明理由。答：采用比例积分调节器控制的电压负反馈调速系统，稳态运行时的速度是无静差的。电压负反馈实际是一个自动调压系统，只有被包围的电力电子装置内阻引起的稳态速降被减小到1/（1+K），它的稳态性能比带同样放大器的转速负反馈系统要差。但基本控制原理与转速负反馈类似。它

23、与转速负反馈一样可以实现无静差调节。第二章转速、电流双闭环直流调速系统和调节器的工程设计方法2-1在转速、电流双闭环调速系统中，若要改变电动机的转速，应调节什么参数？改变转速调节器的放大倍数Kn行不行？改变电力电子变换器的放大倍数Ks行不行？改变转速反馈系数行不行？若要改变电动机的堵转电流，应调节系统中的什么参数？答：双闭环调速系统在稳态工作中，当两个调节器都不饱和时，各变量之间有下列关系nn0U* =U =n=nn因此转速n 是由给定电压U决定的；改变转速反馈系数也可以改变电动机转速。改变转速调节器的放大倍数Kn和电力电子变换器的放大倍数Ks不可以。2-2转速、电流双闭环调速系统稳态运行时，

24、两个调节器的输入偏差电压和输出电压各是多少？为什么？答：当两个调节器都不饱和时，它们的输入偏差电压都是零im转速调节器ASR的输出限幅电压U决定了电流给定电压的最大值；电流调节器ACR的输出限幅电压Ucm限制了电力电子变换器的最大输出电压Udm。2-3如果转速、电流双闭环调速系统中的转速调节器不是PI 调节器，而改为P 调节器，对系统的静、动态性能将会产生什么影响？答：改为P调节器时其输出量总是正比于输入量，PI调节器的输出量在动态过程中决定于输入量的积分，到达稳态时，输入为零，输出的稳态值与输入无关而是由它后面环节的需要决定的。2-4试从下述五个方面来比较转速、电流双闭环调速系统和带电流截止

25、环节的转速单闭环调速系统：（1）调速系统的静态特性；（2）动态限流性能；（3）起动的快速性；（4）抗负载扰动的性能；n（5）抗电源电压波动的性能。答：（1）转速、电流双闭环调速系统在稳态工作点上，转速n 是由给定电压U决定的。ASR的输出量U*i是由负载电流IdL决定的。控制电压Uc的大小则同时取决于n和Id，或者说，同时取决于Un和IdL。双闭环调速系统的稳态参数计算是和无静差系统的稳态计算相似。带电流截止环节的转速单闭环调速系统静态特性特点：电流负反馈的作用相当于在主电路中串入一个大电阻KpKsRs，因而稳态速降极大，特性急剧下垂；比较电压Ucom与给定电压Un* 的作用一致，好象把理想空

26、载转速提高了。这样的两段式静特性常称作下垂特性或挖土机特性。（2）（3）双闭环直流调速系统的起动过程有以下三个特点：饱和非线性控制、转速超调、准时间最优控制。（4）由动态结构图中可以看出，负载扰动作用在电流环之后，因此只能靠转速调节器ASR来产生抗负载扰动的作用。在设计ASR时，应要求有较好的抗扰性能指标。（5）在单闭环调速系统中，电网电压扰动的作用点离被调量较远，调节作用受到多个环节的延滞，因此单闭环调速系统抵抗电压扰动的性能要差一些。双闭环系统中，由于增设了电流内环，电压波动可以通过电流反馈得到比较及时的调节，不必等它影响到转速以后才能反馈回来，抗扰性能大有改善。2-5在转速、电流双闭环调

27、速系统中，两个调节器均采用PI 调节器。当系统带额定负载运行时，转速反馈线突然断线，系统重新进入稳态后，电流调节器的输入偏差电压Ui是否为零？为什么？n2-6在转速、电流双闭环调速系统中，转速给定信号U未改变，若增大转速反馈系数，系统稳定后转速反馈电压Un是增加还是减少？为什么？2-7在转速、电流双闭环调速系统中，两个调节器ASR、ACR均采用PI调节器。已知参数：电动机：PN =3.7kW,UN =220V,IN =20A,nN =1000r/min，电枢回路总电阻nmimomdmR =1.5，设U=U=U=8V，电枢回路最大电流I=40A，电力电子变换器的放大系数Ks =40。试求：（1）

28、电流反馈系数和转速反馈系数；d 0iic（2）当电动机在最高速发生堵转时的U、U、U、U 值。解：（1）稳态时因为IdmU=im所以=Uim =Idm8 =0.2V/A40U=nmnmax=81000=0.008Vmin/r（2）电动机在最高速发生堵转时n=0Ud0 =Cen+IdR =40×1.5=60VUi =Ui = Id =8VUi =8VcU =Ud0 =60=1.5VKs402-8在转速、电流双闭环调速系统中，调节器ASR、ACR均采用PI 调节器。当ASR输出im达到U=8V时，主电路电流达到最大电流80A。当负载电流由40A 增加到70A 时，试问：i（1）U应如何变

29、化？（2）Uc应如何变化？（3）Uc值由哪些条件决定？i2-9在转速、电流双闭环调速系统中，电动机拖动恒转矩负载在额定工作点正常运行，现因某种原因使电动机励磁电源电压突然下降一半，系统工作情况将会如何变化？写出U、Uc、Ud0、Id及n在系统重新进入稳定后的表达式。2-10某反馈控制系统已校正成典型I 型系统。已知时间常数T=0.1s，要求阶跃响应超调量10%。（1）求系统的开环增益；（2）计算过度过程时间ts和上升时间t ；（3）绘出开环对数幅频特性。如果要求上升时间t <0.25s，则K=？，=?2-11有一个系统，其控制对象的传递函数为W(s)=K1=10，要求设计一个objs+1

30、0.01s+1无静差系统，在阶跃输入下系统超调量5%（按线性系统考虑）。试对该系统进行动态校正，决定调节器结构，并选择其参数。2-12有一个闭环系统，其控制对象的传递函数为Wobj(s)=K1=s(Ts+1)10s(0.02s+1)，要求校正为典型II 型系统，在阶跃输入下系统超调量30%（按线性系统考虑）。试决定调节器结构，并选择其参数。2-13调节对象的传递函数为Wobj(s)=18(0.25s+1)(0.005s+1)，要求用调节器分别将其校正为典型I 型和II 型系统，求调节器的结构与参数。2-14在一个由三相零式晶闸管整流装置供电的转速、电流双闭环调速系统中，已知电动机的额定数据为：

31、PN=60kW,UN=220V,IN=308A,nN=1000r/min ，电动势系数Ce =0.196Vmin/r，主回路总电阻R =0.18，触发整流环节的放大倍数Ks =35。电磁时间常数Tl =0.012s，机电时间常数Tm =0.12s，电流反馈滤波时间常数Toi =0.0025s，n N转速反馈滤波时间常数Ton =0.015s。额定转速时的给定电压(U)=10V，调节器ASR、imomACR饱和输出电压U=8V,U=6.5V。系统的静、动态指标为：稳态无静差，调速范围D=10，电流超调量i 5%，空载起动到额定转速时的转速超调量n 10%。试求：（1）确定电流反馈系数（假设起动电

32、流限制在339A 以内）和转速反馈系数；（2）试设计电流调节器ACR，计算其参数Ri、Ci、Coi。画出其电路图，调节器输入回路电阻R0 =40k；（3）设计转速调节器ASR，计算其参数Rn、Cn、Con。（R0 =40k）；（4）计算电动机带40%额定负载起动到最低转速时的转速超调量n。（5）计算空栽起动到额定转速的时间。解：1.电流反馈系数和转速反馈系数分别为U=imIdm= 8339=0.0236V/AU=nmnmax= 101000=0.01Vmin/r2.（1）确定时间常数整流装置滞后时间常数Ts.按表1-2,三相零式电路的平均失控时间Ts=0.0033s.电流滤波时间常数Toi.三

33、相桥式电路每个波头的时间是3.3ms,为了基本滤平波头,应有(12)Toi=3.33ms,因此取Toi=2.5ms=0.0025s.i电流环小时间常数之和Ti.按小时间常数近似处理,取T=TS +Toi =0.0058s（2）选择电流调节器结构根据设计要求i5,并保证稳态电流无差,可按典型I型系统设计电流调节器.电流环控制对象是双惯性型的,因此可用PI型电流调节器,其传递函数见式(2-57).T0.012s检查对电源电压的抗扰性能:l =2.07,参照表2-3的典型I型系统动态Ti抗扰性能,各项指标都是可以接受的.（3）计算电流调节器参数0.0058s电流调节器超前时间常数:i =Tl=0.0

34、12s.1电流环开环增益:要求i5时,按表2-2,应取KT=0.5i,因此KI =0.5=Ti0.50.0058s=86s1KR86×0.012×0.18i于是,ACR的比例系数为:K = I i =0.225（4）校验近似条件Ks35×0.0236电流环截止频率:=K =86s1ciI晶闸管整流装置传递函数的近似条件满足近似条件.13Ts=13×0.0033s=101s1>ci忽略反电动势变化对对电流环动态影响的条件满足近似条件.31TmTl=3×1ci0.12s×0.012s=79.06s1<电流环小时间常数近似处理条

35、件11=1×1=116.1s1>满足近似条件.3TsToi30.0033s×0.0025sci（5）计算调节器电阻电容由图2-25,按所用运算放大器取R0Ri =KiR0 =0.225×40k=9k=40k,各电阻和电容值为iC =iRi= 0.012F=1.33×106F=1.33F,取1.33F9×103Coi=4ToiR0=4×0.0025F=0.25×106F=0.25F,取0.2F40×103按照上述参数,电流环可以达到的动态跟随性能指标为i=4.3<5(见表2-2),满足设计要求.3. （1

36、）确定时间常数1电流环等效时间常数1/KI.已取KIT i =0.5,KI=2T=2×0.0058s =0.0116si转速滤波时间常数Ton.根据所用测速发电机纹波情况,取Ton=0.01s.转速环小时间常数Tn.按小时间常数近似处理,取nT= 1KI+Ton=0.0116s+0.015s=0.0266sK（nns+1）（2）选择转速调节器结构按照设计要求,选用PI调节器,其传递函数WAS（Rs）=ns（3）计算转速调节器参数按跟随和抗扰性能都较好的原则,取h=3,则 ASR的超前时间常数n为 =hT=3×0.0266s=0.0798sn由式(2-75)可得转速环开环增益

37、:KN =h+12h2T2n=42×32×0.02662s2=314.1s2于是,由式(2-76)可得ASP的比例系数为:K =(h+1)CeTm =n2hRTn4×0.0236×0.196×0.122×3×0.01×0.18×0.0266=7.73（4）检验近似条件由式(2-33)得转速环截止频率为:电流环传递函数简化条件为:cn= KN1=KNn=314.1×0.0798s1=25.1s11KI=1×86s1=40.6s1>,满足简化条件.3T30.0058cni转速环小时间

38、常数近似处理条件为:1KI=1×86s1=25.2s1>,满足近似条件.3Ton30.01cn（5）计算调节器电阻和电容根据图2-27,取R0=40k,则Rn =KnR0 =7.73×40k=309.2k,取310knC =nRn= 0.0798310×103F=0.257×106F=0.257F,取0.257FCon=4TonR0=4×0.015F=1.5×106F=1.5F,取1.5F40×103（6）校核转速超调量当h=3时,由表2-6查得,n=52.6,不能满足设计要求.实际上,由于表2-6是按线性系统计算的,

39、而突加阶跃给定时,ASR饱和,不符合线性系统的前提,应该按ASR退饱和的情况重新计算超调量。（7）由表2-7查得,由h=3得，CmaxCb=72.2%= ImIN=339=1.1308T308×0.18N =2×（Cmax）（n-z）n =2×72.2%×1.1×0.196×0.0266=9.96%<10%nCn*T10000.12bm4.如果只起动5.空载起动到额定转速的时间t =2h n nT=6×7.73×10×0.0266=0.386sK U 2h+1UIn480.0236×308

40、imdL2-15有一转速、电流双闭环调速系统，主电路采用三相桥式整流电路。已知电动机参数为：PN =555kW,UN =750V,IN =760A,nN =375r/min，电动势系数Ce =1.82Vmin/r，电枢回路总电阻R =0.14，允许电流过载倍数=1.5，触发整流环节的放大倍数Ks =75。电磁时间常数Tl =0.031s，机电时间常数Tm =0.112s，电流反馈滤波时间常数Toi =0.002s，转速反馈滤波时间常数Ton =0.02s。设调节器输入输出电压nmimom0U=U=U=10V，调节器输入电阻R =40k。设计指标：稳态无静差，电流超调量i 5%，空载起动到额定转

41、速时的转速超调量n 10%。电流调节器已按典型I 型系统设计，并取参数KT=0.5。（1）选择转速调节器结构，并计算其参数；（2）计算电流环的截止频率ci和转速环的截止频率cn，并考虑它们是否合理。2-16在一个转速、电流双闭环VM系统中，转速调节器ASR，电流调节器ACR均采用PI 调节器。nmN（1）在此系统中，当转速给定信号最大值U=15V时，n=n =1500r/min；电imdm流给定信号最大值U=10V时，允许最大电流I=30A，电枢回路总电阻R =2，晶闸管装置的放大倍数Ks =30，电动机额定电流IN =20A，电动势系数endlC =0.128Vmin/r，现系统在U=5V，

42、I=20A时稳定运行。求此时的稳态转速n=？ACR的输出电压Uc =?（2）当系统在上述情况下运行时，电动机突然失磁（=0），系统将会发生什么现象？ni试分析并说明。若系统能够稳定下来，则稳定后n=？U =?U=?Id =?Uc =?（3）该系统转速环按典型II型系统设计，且按Mmin准则选择参数，取中频宽h=5，已知转速环小时间常数T=0.05s，求转速环在跟随给定作用下的开环传递函数，并计算n出放大系数及各时间常数。（4）该系统由空载（IdL =0）突加额定负载时，电流Id和转速n的动态过程波形是怎样的？已知机电时间常数Tm =0.05s，计算其最大动态速降nmax和恢复时间tV。2-17

43、有一转速、电流双闭环控制的H 性形双极式PWM直流调速系统，已知电动机参数为：PN =200kW,UN =48V,IN =3.7A,nN =200r/min，电枢电阻Ra =6.5，电枢回路总电阻R =8，允许电流过载倍数=2，电势系数Ce =0.12Vmin/r，电磁时间常数Tl =0.015s，机电时间常数Tm =0.2s，电流反馈滤波时间常数Toi =0.001s，转速反馈onnmimom滤波时间常数T=0.005s。设调节器输入输出电压U=U=U=10V，调节器输入电阻R0 =40k。已计算出晶体管D202 的开关频率f=1kHz，PWM 环节的放大倍数Ks =4.8。试对该系统进行动

44、态参数设计，设计指标：稳态无静差，电流超调量i 5%；空载起动到额定转速时的转速超调量n 20%；过载过程时间ts 0.1s。第3 章直流调速系统的数字控制3-1直流电机额定转速nN =375r/min，电枢电流额定值为IdN =760A，允许过流倍数=1.5，计算机内部定点数占一个字的位置（16位），试确定数字控制系统的转速反馈存储系数和电流反馈存储系数，适当考虑余量。解：定点数长度为1个字（16位），但最高位须用作符号位，只有15位可表示量值，故最大存储值Dmax=215-1。电枢电流最大允许值为1.5IN，考虑到调节过程中瞬时值可能超过此值，故取Imax=1.8IN。因此，电枢电流存储系

45、数为215K =1=32768=23.95A11.8IN1.8×760额定转速nN=375r/min，取nmax=1.3nN，则转速存储系数为215132768K =1.3nN1.3×375min/r=67.21min/r对上述运算结果取整得K=23A1，K=67min/r。3-2旋转编码器光栅数为1024，倍频系数为4，高频时钟脉冲频率f0 =1MHz，旋转编码器输出的脉冲个数和高频时钟脉冲个数均采用16位计数器，M法和T法测速时间均为0.01s，求转速n=1500r/min和n=150r/min时的测速分辩率和误差率最大值。解：电动机每转一圈共产生Z=4×20

46、48=4096个脉冲。（1）M法测速）测速分辨率Q =6（0M1+1ZTC60M1 =ZTC60ZTC=604096×0.01r/min=1.46r/min电动机的转速为n=60M1ZTC当n=1500r/min时，M1=ZTCn=604096×0.01×150060=1024max测速误差率最大值= 1 ×100%=1×100%0.098%当n=150r/min 时，M1=M1ZTCn=6010244096×0.01×15060102max测速误差率最大值= 1 ×100%= 1 ×100%0.98%（

47、2）T 法测速M1102当n=1500r/min时，n=60f0ZM260f测速分辨率60f60fZn24096×15002Q= 0 0= 0=r/min171r/minZ（M-1）ZMZM（M-1）60fZn60×1064096吸×106M = 0 =（9取整数）2Zn4096×1500测速误差率最大值当n=150r/min 时，=1×100%=1 ×100%12.5%2maxM 19122测速分辨率Q=Zn=4096×150r/min1.55r/min60f0Zn60×10

48、6 4096×15060f60×106M = 0 =9（7取整数）2Zn4096×150测速误差率最大值=1×100%=1×100%1.04%2maxM 19713-3将习题2-14设计的模拟电流调节器进行数字化，采样周期Tsam =0.5ms，调节器输出限幅及积分限幅均为±Um，写出位置式和增量式数字PI调节器的表达式，并用已掌握的汇编语言设计实时控制程序。3-4根据习题2-15电流调节器的设计结果（电流调节器按典型I型系统设计，KT=0.5），按离散系统设计方法设计转速调节器，要求转速无静差。已知电动机额定功率PN =555kW，

49、额定电压UN =750V，额定电枢电流IN =760A，额定转速nN =375r/min，电动势系数Ce =1.82Vmin/r，电枢回路总电阻R=0.14，允许过载倍数=1.5，机电时间常数1Tm =0.112s，转速滤波时间常数Ton =0.02s，电流反馈存储系数K =23A，转速反馈存储系数K =67min/r，转速调节器采样时间Tsam =0.01s，电流环小惯性时间常数soiT=T+T =0.0017s+0.002s =0.0037si第4章可逆直流调速系统和位置随动系统4-1晶闸管-电动机系统需要快速回馈制动时，为什么必须采用可逆线路？答：当电动机需要回馈制动时，由于反电动势的极

50、性未变，要回馈电能必须产生反向电流，而反向电流是不可能通过VF 流通的，这时，可以通过控制电路切换到反组晶闸管装置VR，并使它工作在逆变状态，产生逆变电压，电机输出电能实现回馈制动。4-2试画出采用单组晶闸管装置供电的V-M系统在整流和逆变状态下的机械特性，并分析这种机械特性适合于何种性质的负载。解；机械特性图如下：n提升TeId放下-n4-3 解释待逆变、正组逆变和反组逆变，并说明这三种状态各出现在何种场合下。答：待逆变正组逆变电枢端电压为负，电枢电流为正，电动机逆向运转，回馈发电，机械特性在第四象限。反组逆变电枢端电压为正，电枢电流为负，电动机正向运转，回馈发电，机械特性在第二象限。4-4 分析配合控制的有环流可逆系统反向起动和制动的过程。画出各参变量的动态波形，并说明在每个阶段中ASR和ACR各起什么作用，VF 和VR各处于什么状态。解：控制电路采用典型的转速、电流双闭环系统，其中：转速调节器ASR控制转速，设置双向输出限幅电路，以限制最大起